2020版高考数学大一轮复习第8章立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积课件文.pptx

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1、第一讲 空间几何体的三视图、表面积和体积,考情精解读,A考点帮知识全通关,目录 CONTENTS,命题规律,聚焦核心素养,考点1 空间几何体的结构特征 考点2 空间几何体的三视图与直观图 考点3 柱体、锥体、台体、球的表面积与体积,考法1 空间几何体的三视图与直观图 考法2 求空间几何体的表面积 考法3 求空间几何体的体积 考法4 与球有关的切、接问题,B考法帮题型全突破,考情精解读,命题规律 聚焦核心素养,命题规律,1.命题分析预测 从近五年的考查情况来看,空间几何体的三视图、表面积和体积一直是高考的重点和热点,主要考查以三视图为背景的几何体的表面积和体积,与球有关的切、接问题,一般以小题的

2、形式出现,分值为5分,难度中等. 2.学科核心素养 本讲通过空间几何体的结构、三视图、表面积和体积考查考生的直观想象和数学运算素养以及转化与化归思想的应用.,聚焦核心素养,A考点帮知识全通关,考点1 空间几何体的结构特征 考点2 空间几何体的三视图与直观图 考点3 柱体、锥体、台体、球的表面积与体积,考点1 空间几何体的结构特征,1.多面体的结构特征,2.旋转体的结构特征,考点2 空间几何体的三视图与直观图（重点）,1.三视图的定义 几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图. 三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线. 注意 (1)画

3、三视图时,能看见的线用实线表示,不能看见的线用虚线表示.(2)同一物体,若放置的位置不同,则所得的三视图可能不同. 2.三视图的长度特征 “长对正、宽相等、高平齐”,即正视图和俯视图长对正,侧视图和俯视图宽相等,正视图和侧视图高平齐.,3.用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的注意点: (1)斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”“三不变” (2)用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图的面积是原图形 面积的 2 4 倍.,考点3 柱体、锥体、台体、球的表面积与体积,空间几何体的表面积与体积,B考法帮题型全突破,考法1 空间几何体的三视图与直观图 考法2 求空间几何体的表面积 考法

4、3 求空间几何体的体积 考法4 与球有关的切、接问题,考法1 空间几何体的三视图与直观图,1.空间几何体的三视图示例1 2018全国卷,3,5分文中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来,构件的凸出部分叫榫头,凹进部分叫卯眼,图8-1-7中木构件右边的小长方体是榫头.若如图8-1-7摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体,则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是,图8-1-7,解析 结合题意,带榫头的木构件与带卯眼的木构件构成一个长方体,则带卯眼的木构件实质上是一个大长方体挖掉了一个小长方体. 显然带卯眼的木构件的俯视图的边界是一个长方形(各边都是实线); 而挖掉的小长方体的射影是一个小长方形(视

5、线被挡住,所以各边都是虚线). 结合挖掉的小长方体的位置,将两个长方形组合在一起,就会得到选项A中的图形.故选A. 答案 A,示例2 2018全国卷,9,5分文某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图8-1-8.圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A,圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B,则在此圆柱侧面上,从M到N的路径中,最短路径的长度为,图8-1-8 A.2 17 B.2 5 C.3 D.2,思维导引 确定主视图与左视图中点A,B在圆柱中对应点的位置将所求转化为侧面展开图中的两点间的距离问题,解析 由三视图及圆柱的结构特征可知,该圆柱的正视图可视为该圆柱的一个轴截面,即图8-1-9中

6、的轴截面GHCM, 显然点M为矩形GHCM的左上顶点; 该圆柱的左视图可视为该圆柱的一个轴截面,即图8-1-9中的矩形NDEF,点N为矩形NDEF的右下顶点.图8-1-9 显然,两矩形所在平面相互垂直,劣弧是底面周长的 1 4 .,而M,N在圆柱侧面上的最短距离是在侧面展开图上这两点之间的线段长度.如图8-1-10,沿母线MG将圆柱的侧面展开,伸展为平面图形,得侧面展开图.图8-1-10(将所求转化为侧面展开图上的两点之间的距离) 由已知得,MG=2,GN= 1 4 16=4. 在RtMGN中,MN= 2 + 2 = 2 2 + 4 2 =2 5 .,所以从M到N的路径中,最短路径的长度为2

7、5 ,故选B. 答案 B 点评 有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题,在解题的过程中,需要先明确两个点在几何体上所处的位置,再利用平面上两点间直线段最短进行求解.,2.空间几何体的直观图示例3 有一块多边形的菜地,它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图8-1-11所示).ABC=45,AB=AD=1,DCBC,则这块菜地的面积为 .,图8-1-11,解析 在直观图中,过点A作AEBC,垂足为点E,如图8-1-11所示,则在RtABE中,AB=1,ABE=45,BE= 2 2 .图8-1-12 而四边形AECD为矩形,AD=1,EC=AD=1,BC=BE+EC= 2 2

8、+1.由此可还原原图形如图8-1-12所示.在原图形中,AD=1,AB=2,BC= 2 2 +1,且ADBC,ABBC,这块菜地的面积,S= 1 2 (AD+BC)AB= 1 2 (1+ 2 2 +1)2=2+ 2 2 . 点评 本题也可根据平面图形与其直观图的面积关系直接求解.,考法2 求空间几何体的表面积,示例4 2018全国卷,5,5分文已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为 A.12 2 B.12 C.8 2 D.10思维导引 过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形求出圆柱的高与底面圆的

9、直径代入圆柱的表面积公式求解,解析 因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,所以圆柱的高为2 2 ,底面圆的直径为2 2 ,所以该圆柱的表面积为2( 2 )2+2 2 2 2 =12. 答案 B,示例5 2018湖北省5月冲刺某几何体的三视图如图8-1-13所示(在网格线中,每个小正方形格子的边长为 1),则该几何体的表面积是图8-1-13 A.6+2 5 B.8+4 2 C.8+4 2 +4 5 D.6+2 2 +2 5,解析 由三视图可知,该几何体是一个四棱锥(如图8-1-14中的四棱锥P-ABCD所示),其中底面ABCD侧面PAD,且PA=PD.(视图定形)图8-1

10、-14 取AD的中点N,连接PN,则PNAD. 由三视图中的数据可得AB=BC=2,PA=PD= 5 ,PN=2.(数据定度量) 所以底面ABCD为正方形,其面积S1=22=4,侧面PAD的面积S2= 1 2 ADPN= 1 2 22=2, 侧面PAB与侧面PDC是全等的直角三角形,其中BAAP,CDDP. 故侧面PAB的面积S3= 1 2 ABPA= 1 2 2 2 = 2 . 且PB= 2 + 2 = 5 2 + 2 2 =3,故PC=3. PBC中,取BC的中点M,连接PM,则PMBC, 所以PM= 2 2 = 3 2 + 1 2 =2 2 所以PBC的面积S4= 1 2 BCPM= 1

11、 2 22 2 =2 2 .(定各面形状,分别求,各个面的面积) 综上,四棱锥的表面积S=S1+S2+2S3+S4=4+2+2 5 +2 2 =6+2 5 +2 2 .(求和) 答案 D 点评 该题中的PAD实际上与几何体的俯视图一致,故可直接利用俯视图的数据求其面积.求PBC的面积时,连接MN,则PM的求解也可以放在PMN中,根据四棱锥的结构特征可得MNPN.在PMN中,PM= 2 + 2 = 2 2 + 2 2 =2.,拓展变式1 2019安徽江南十校联考某几何体的三视图如图8-1-15所示,其中侧视图的下半部分曲线为半圆弧,则该几何体的表面积为( )图8-1-15 A.4+16+4 3

12、B.5+16+4 3 C.4+16+2 3 D.5+16+2 3,解析 2.D 由三视图可知该几何体是一个正三棱柱和一个半圆柱的组合体,三棱柱的两个侧面面积之和为242=16,两个底面面积之和为2 1 2 2 3 =2 3 ;半圆柱的侧面积为4=4,两个底面面积之和为2 1 2 12=,所以几何体的表面积为5+16+2 3 ,故选D.,考法3 求空间几何体的体积,示例6 2017全国卷,4,5分理如图8-1-16,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为图8-1-17 图8-1-16 A.90 B.63 C.42

13、D.36,思维导引 由题意先确定几何体的形状,再根据三视图确定其几何度量即可.可以用分割法,也可以用补形法求该几何体的体积. 解析 解法一 (分割法)由题意知,该几何体是一个组合体,下半部分是一个底面半径为3,高为4的圆柱,其体积V1=324=36f. 上半部分是一个底面半径为3,高为6的圆柱的一半, (利用圆柱的对称性) 其体积V2= 1 2 326=27. 所以该组合体的体积V=V1+V2=36+27=63. 解法二 (补形法)由题意知,该几何体是一圆柱被一平面截去一部分后,所得的几何体,在该几何体上方再补上一个与其相同的几何体,让截面重合,则所得几何体为一个圆柱,该圆柱的底面半径为3,高

14、为10+4=14,该圆柱的体积V1=3214=126. 故该几何体的体积为圆柱体积的一半, 即V= 1 2 V1=63. 答案 B,示例7 2018天津,11,5分 已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图8-1-17),则四棱锥M-EFGH的体积为 . 图8-1-17,解析 由正方体的结构特征可得E,F,G,H这四个点在同一个平面内,用过这四个点的平面截正方体,得到一个正方形PQST(如图8-1-18),其中P,Q,S,T都是所在棱的中点,该正方形的边长等于正方体的棱长1.易知四边形EFGH也是一个正方形,(定底面

15、)EF= 2 + 2 = 1 2 2 + 1 2 2 = 2 2 . 图8-1-18,所以四边形EFGH的面积S=( 2 2 )2= 1 2 . 因为点M在面A1B1C1D1内, 显然平面A1B1C1D1平面EFGH,且两个平行平面间的距离等于正方体棱长的一半, 所以点M到平面EFGH的距离h= 1 2 ,(结合图形求高) 所以四棱锥M-EFGH的体积V= 1 3 Sh= 1 3 1 2 1 2 = 1 12 .(利用公式求体积) 点评 该题中求解四棱锥M-EFGH的底面EFGH面积时,也可以用正方形PQST的面积减去四个直角三角形的面积.其中正方形PQST的面积为,12=1,四个直角三角形都

16、是腰长为 1 2 的等腰直角三角形,其面积之和为4 1 2 1 2 1 2 = 1 2 ,所以底面EFGH的面积为1- 1 2 = 1 2 .,方法总结 1.处理体积问题的思路2.求体积的常用方法,拓展变式2 2017山东,13,5分文由一个长方体和两个 1 4 圆柱体构成的几何体的三视图如图8-1-19,则该几何体的体积为 . 图8-1-19,解析 3.2+ 2 由给定的三视图可知该几何体的体积V=121+2 1 4 121=2+ 2 .,考法4 与球有关的切、接问题,示例82018广西柳州模拟已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若AB=3,AC=4,ABAC,AA1

17、=12,则球O的半径为 A. 3 17 2 B.2 10 C. 13 2 D.3 10 思维导引 分析直三棱柱的结构特征,根据底面形状及球的截面性质,确定球心的位置,建立球的半径与棱柱的几何度量之间的关系求解.,解析 解法一 (直接法)如图8-1-20,作出直棱柱ABC-A1B1C1的外接球O.图8-1-20由题意,直三棱柱的底面ABC是直角三角形,所以底面ABC外接圆的圆心是BC的中点E,底面A1B1C1外接圆的圆心是B1C1的中点E1.(圆柱EE1是球的内接圆柱,直棱柱ABC-A1B1C1是圆柱EE1的内接直棱柱),由球的截面的性质可得直三棱柱外接球的球心O就是线段EE1的中点.(定球心)

18、 连接OA,AE,A1E1.在ABC中,ACAB,所以BC= 2 + 2 = 3 2 + 4 2 =5,所以EA= 1 2 BC= 5 2 .又OE= 1 2 AA1= 1 2 12=6,由球的截面的性质可得OE平面ABC, 所以OA= 2 + 2 = 5 2 2 + 6 2 = 13 2 . 即直三棱柱外接球的半径为.故选C. 解法二 (补形法)如图8-1-22,图8-1-22 将直三棱柱ABC-A1B1C1的底面补成矩形,得到长方体ABDC-A1B1D1C1. 显然,直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球就是长方体ABDC-A1B1D1C1的外接球. 而长方体ABDC-A1B1D1C1的外接

19、球的直径等于长方体的体对角线长,连接AD1, 则AD1= 3 2 + 4 2 + 12 2 =13,所以直三棱柱外接球的半径为 13 2 . 答案 C,示例9 2018全国卷,10,5分文设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,ABC为等边三角形且其面积为9 3 ,则三棱锥D-ABC体积的最大值为 A.12 3 B.18 3 C.24 3 D.54 3,解析 设等边三角形ABC的边长为x,则 1 2 x2sin 60=9 3 ,得x=6.设ABC的外接圆半径为r,则2r= 6 sin 60 ,解得r=2 3 ,所以球心到ABC所在平面的距离d= 4 2 + 2 3 2 =2,则点D到

20、平面ABC的最大距离d1=d+4=6,所以三棱锥D-ABC体积的最大值Vmax= 1 3 SABC6= 1 3 9 3 6=18 3 .答案 B,方法总结 1.解决与球有关的切、接问题,其通法是作截面,将空间几何问题转化为平面几何问题求解,其解题的思维流程是:2.有关几何体外接球、内切球计算问题的常用结论 (1)球(半径为R)与正方体(设棱长为a)有以下三种特殊情形: 球内切于正方体,此时2R=a;,球与正方体的棱相切,此时2R= 2 a; 球外接于正方体,此时2R= 3 a. (2)长、宽、高分别为a,b,c的长方体的体对角线长等于其外接球的直径,即 2 + 2 + 2 =2R. (3)棱长

21、为a的正四面体,斜高为 3 2 a,高为 6 3 a,其外接球的半径为 6 4 a,内切球的半径为 6 12 a. (4)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球: 如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等,那么可以补形为一个,正方体,正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心; 如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等,那么可以补形为一个长方体,长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心. (5)求一个棱锥内切球的半径,可以根据球心到各个面的距离相等以及棱锥的体积列式得出.也可以先找准切点,通过作截面来解决,作截面时主要抓住棱锥过球心的对角面来作. (6)求一个几何体的外接球的半径,可以结合球心到各个顶

22、点的距离相等列式得出. (7)球与旋转体的组合通常作轴截面解题,球与多面体的组合通常过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作截面解题.此类问题在计算时,经常用到截面圆.如图8-1-22所示,设球O的半径为R,截面圆O的半径为r,M为截面圆上任一点,球心O到截面圆O的距离为d,则在RtOOM中,OM2=OO2+OM2,即R2=d2+r2.图8-1-22,拓展变式3 (1)2019惠州市一调已知正四棱锥的侧棱与底面的边长都为3 2 ,则这个四棱锥外接球的表面积为( ) A.108 B.72 C.36 D.12 (2)2018福建南平5月质检我国古代数学名著九章算术中,将底面是直角三角形的直

23、三棱柱(侧棱垂直于底面的三棱柱)称为“堑堵”.现有一块底面两直角边长分别为3和4、侧棱长为12的“堑堵”形石材,将之切削、打磨,加工成若干个相同的石球,并让石球的体积最大,则剩余的石料体积为( ),A.72-16 B.72-12 C.72-8 D.72-6 (3)2019郑州一中高三测试设正三棱锥P-ABC的高为h,且此棱锥的内切球的半径为R,h=7R,则 2 2 = .,解析 4.(1)C 由题意得正四棱锥的高为3.设正四棱锥的外接球半径为R,则(3-R)2+32=R2,解得R=3,所以正四棱锥的外接球的表面积S=4R2=36.故选C. (2)C 当每个石球与各侧面相切时,符合题意,此时设每

24、个石球的半径为r.由半径为r的圆与两直角边长分别为3和4的直角三角形内切,结合等面积法可得 1 2 (3+4+5)r= 1 2 34,解得r=1. 由题意易知,可以得到6个这样的石球. 6个半径为1的石球的体积为6 4 3 13=8,则剩余的石料体积为 1 2 3412-8=72-8.故选C.,【解后反思】 该题中求与棱柱的各侧面相切的球,球的半径实质上就是底面内切圆的半径,直接利用等面积法求解即可.,(3) 35 39 取线段AB的中点为D,如图D 8-1-6,连接CD,PD.设点P在底面ABC的射影为O,则O为ABC的重心.连接PO,则PO=h.设AB=a,则OD= 3 2 a 1 3 = 3 6 a.设PD=ma,则正三棱锥P-ABC的表面积S=3 1 2 ama+ 3 4 a2= 6+ 3 4 a2.,图D 8-1-6 正三棱锥P-ABC的体积V= 1 3 3 4 a2h= 1 3 (SPAB+SPBC+SPAC+SABC)R= 1 3 SR= 1 3 6+ 3 4 a2R,且h=7R,m= 3 ,则h= 2 O 2 = 35 12 a,又PA= 2 +A 2 = 13 2 a, 2 2 = 35 39 .,